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题目：求 x 的平方根
题目来源：https://leetcode-cn.com/problems/sqrtx/
实现 int sqrt(int x) 函数。
计算并返回 x 的平方根，其中 x 是非负整数。
由于返回类型是整数，结果只保留整数的部分，小数部分将被舍去。
示例 1:
输入: 4
输出: 2
示例 2:
输入: 8
输出: 2
说明: 8 的平方根是 2.82842...,
由于返回类型是整数，小数部分将被舍去。
解题过程
看到这道题，嗯，实际上我是完全不会做的，只能说有一个初步的想法，但是感觉太二了，也就没写代码，直接去翻答案了。
看到答案以后，悄悄的讲，理解起来稍微还有点难度。
讲老实话，这道题，如果没点高中数学的知识，还真的是做不出来。
但是如果把高中数学的知识给各位普及一下，我感觉应该还不算是难做的。
问题的关键就是，高中数学老师的棺材板都要压不住了。
官方解法一：袖珍计算器算法
这种解法官方还给了一个看起来很高大上的名字 「袖珍计算器算法」 ，实际上我看下来感觉就是使用数学公式偷换概念。
这种方案并不介意各位同学在面试的时候拿出来用，否则被面试官按在地上摩擦就不好了。
目标是要求根号 x ，然后在公式上做了一个骚操作。
\[\sqrt{x} = x ^ {1/2} = (e ^ {\ln x}) ^ {1/2} = e ^ { \frac{1}{2} \ln x}
\]
看不懂的同学去面壁，这个我记得不错的话应该是初中数学。
总体思路就是用自然对数 e 进行换底，讲道理，这题我上初中的时候应该能想到，现在已经完全没有任何想法了。
公式给了代码实际上就很简单了：
public int mySqrt(int x) {
if (x == 0) return 0;
int ans = (int) Math.exp(0.5 * Math.log(x));
return (long)(ans + 1) * (ans + 1) <= x ? ans + 1 : ans;
}
直接用数学公式解答，果然是最快的方案。
官方解法二：二分法
二分法其实就是我一开始想到的方案，用
n * n
不停的去试，直到试到
n * n < x && (n + 1) * (n + 1) > x
或者正好
n * n = x
。
然后接下来就是使用二分查找找到这个数 n ，首先定义最左边的书是 0 ，最右边的数是 x 。
因为 x 开平方肯定是小于等于自己的，然后用二分法一步一步查找下去，直到找到那个数，代码如下：
public int mySqrt_1(int x) {
if (x == 0) return 0;
int left = 0, right = x, ans = -1;
while (left <= right) {
int mid = left + (right - left) / 2;
if ((long) mid * mid <= x) {
ans = mid;
left = mid + 1;
} else {
right = mid - 1;
}
}
return ans;
}
这里的
(long) mid * mid
这一段代码要注意，因为 mid 本身是 int ，做乘法以后，如果够大和容易超出上限的，所以这里做了类型强转，转成了 long 类型。
二分查找次数稍微有点多，毕竟很多数开平方后差距都是会少很多数量级的（越大的数少的越多），即使使用二分法要找到也需要循环更多的次数。
官方解法三：牛顿迭代
这个名词我是第一次听，不过从名字上就可以看出来，这个方法又是我们伟大的牛顿老师发明的。
顺便说一句，我在学微积分的时候就已经恨死他了。
牛顿迭代的思想是借助泰勒级数，从初始值开始快速向零点逼近。
任取一个 \(x_0\) 作为初始值，在每一步的迭代中，我们找到函数图像上的点 \((x_i, f(x_i))\) ，过该点作一条斜率为该点导数 \(f^′(x_i)\) 的直线，与横轴的交点记为 \(x_{i+1}\) 。\(x_{i+1}\) 相较于 \(x_i\) 而言距离零点更近。在经过多次迭代后，我们就可以得到一个距离零点非常接近的交点。
算法
我们选择 \(x_0 = C\) 作为初始值。
在每一步迭代中，我们找到 \(x_i\) 在图像上对应的点 \((x_i, x_i^2 - C)\) 作一条斜率为 \(f^′(x_i) = 2x_i\) 的直线，直线的方程为：
\[y = 2x_i(x - x_i) + x_i^2 - C = 2x_ix - (x_i^2 - C)
与横轴的交点实际上就是上面那个方程 y = 0 的解，即为新的迭代结果 \(x_{i + 1}\) ：
\[x_{i + 1} = \frac{1}{2}(x_i + \frac{C}{x_i})
在进行 k 次迭代后， \(x_k\) 的值与真实的零点 \(\sqrt{x}\) 足够接近，即可作为答案。
上面这段内容好好理解一下，我也是看了很久才看懂几个公式的推导，真的是全都忘光了。
代码我还是抄一下官方的代码吧，做一个参考：
public int mySqrt_2(int x) {
if (x == 0) return 0;
double C = x, x0 = x;
while (true) {
double xi = 0.5 * (x0 + C / x0);
if (Math.abs(x0 - xi) < 1e-7) {
break;
}
x0 = xi;
}
return (int) x0;
}
可以看到，牛顿迭代的效率也是极高的，几乎可以媲美我们直接由数学公式推导。
这里有个小问题需要注意下，我们迭代到什么程度可以结束？一般是选取一个极小值，一般取到 \(10^{-6}\) 或者 \(10^{-7}\) 。
参考
https://leetcode-cn.com/
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